Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique MP 2026, Q2

   1. Équation différentielle du mouvement

   On étudie le système constitué de la masse ponctuelle m dans le référentiel lié au sol, supposé galiléen.

   On repère la position de la masse dans le plan vertical d'oscillation à l'aide des coordonnées polaires de centre O et de base locale (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta) :

   \vec{OM} = \ell\,\vec{u}_r \quad \text{et} \quad \vec{v} = \ell\dot{\theta}\,\vec{u}_\theta

   Le moment cinétique de la masse m par rapport au point fixe O s'écrit :

   \vec{L}_O(m) = \vec{OM} \wedge m\vec{v} = m\ell^2\dot{\theta}\,\vec{u}_y

   où \vec{u}_y = \vec{u}_r \wedge \vec{u}_\theta est le vecteur unitaire perpendiculaire au plan d'oscillation.

   La masse est soumise à deux actions mécaniques :

   • la tension du fil : \vec{T} = -T\,\vec{u}_r, dont le moment en O est nul car sa ligne d'action passe par O :

     \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{T}) = \vec{OM} \wedge \vec{T} = \vec{0}

   • la force de gravitation : \vec{F} = m\vec{g}_0 = -m g_0 \vec{u}_z = mg_0(\cos\theta\,\vec{u}_r - \sin\theta\,\vec{u}_\theta), d'où :

     \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}) = \ell\,\vec{u}_r \wedge m\vec{g}_0 = -m g_0 \ell \sin\theta\,\vec{u}_y

   En appliquant le théorème du moment cinétique en O dans le référentiel galiléen :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t} = \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{T}) + \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}) \implies m\ell^2\ddot{\theta}\,\vec{u}_y = -m g_0 \ell \sin\theta\,\vec{u}_y

   On obtient l'équation différentielle non linéaire exacte :

   \boxed{\ddot{\theta} + \frac{g_0}{\ell}\sin\theta = 0}

   2. Mesure de g_0 au chronomètre

   Dans l'approximation des petites oscillations (\theta \ll 1\text{ rad}, soit \sin\theta \simeq \theta), l'équation devient celle d'un oscillateur harmonique :

   \ddot{\theta} + \omega_0^2\,\theta = 0 \quad \text{avec} \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{g_0}{\ell}}

   La période propre des oscillations est alors indépendante de l'amplitude (isochronisme des petites oscillations) :

   T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g_0}} \implies g_0 = \frac{4\pi^2\ell}{T_0^2}

   Pour mesurer g_0 avec précision à l'aide d'un chronomètre :

   1. On écarte le pendule d'un angle faible (typiquement \theta_{\max} \lesssim 10^\circ) sans vitesse initiale.
   2. Pour s'affranchir de l'incertitude liée au temps de réaction de l'expérimentateur lors du déclenchement et de l'arrêt du chronomètre, on mesure la durée \Delta t correspondant à un nombre entier N élevé d'oscillations complètes (par exemple N = 10 ou 20).
   3. On en déduit la période propre T_0 = \frac{\Delta t}{N}.
   4. Connaissant par ailleurs la longueur \ell du pendule (mesurée préalablement avec une règle), on calcule la valeur de l'accélération de la pesanteur :

   \boxed{g_0 = \frac{4\pi^2 \ell N^2}{(\Delta t)^2}}

   Résultat

   $$\ddot{\theta }+\frac{g_0}{\ell }\sin \theta =0$$

   $$g_0=\frac{4{\pi }^2\ell N^2}{(\Delta t{)}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 MP 2026, Q14

   On se place dans le référentiel galactocentrique lié au centre T de la galaxie, supposé galiléen. L'étoile E de masse M_\odot, assimilée à un point matériel, est soumise à la seule force de gravitation exercée par le trou noir ponctuel T de masse M_T :

   \vec{F} = -\frac{G M_T M_\odot}{r^2}\,\widehat{u}_r

   où \overrightarrow{TM} = r\,\widehat{u}_r dans la base polaire du plan du disque (T, XY).

   1. Nature uniforme du mouvement

   La force gravitationnelle étant centrale de centre T, elle est orthogonale à chaque instant au vecteur vitesse \vec{v} = v\,\widehat{u}_\theta (la trajectoire étant circulaire de rayon r fixé, \dot{r} = 0). Sa puissance est donc identiquement nulle :

   \mathcal{P} = \vec{F}\cdot\vec{v} = 0

   D'après le théorème de la puissance cinétique appliqué à l'étoile :

   \frac{\mathrm{d}E_c}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}M_\odot v^2\right) = 0 \implies v = \text{cte}

   La norme de la vitesse étant constante le long de la trajectoire circulaire, le mouvement de l'étoile est circulaire et uniforme.

   2. Expressions de v(r) et de la période \tau

   Dans la base polaire (\widehat{u}_r, \widehat{u}_\theta), l'accélération d'un point en mouvement circulaire uniforme de rayon r est purement centripète :

   \vec{a} = -\frac{v^2}{r}\,\widehat{u}_r

   Le principe fondamental de la dynamique appliqué à l'étoile E, M_\odot \vec{a} = \vec{F}, s'écrit en projection selon -\widehat{u}_r :

   M_\odot \frac{v^2}{r} = \frac{G M_T M_\odot}{r^2} \implies v^2 = \frac{G M_T}{r}

   On en déduit l'expression de la vitesse orbitale :

   \boxed{v(r) = \sqrt{\frac{G M_T}{r}}}

   Le mouvement étant uniforme sur un cercle de périmètre 2\pi r, la période \tau vérifie 2\pi r = v \tau, d'où la troisième loi de Kepler :

   \boxed{\tau = \frac{2\pi r}{v} = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{G M_T}}}

   3. Cas du Soleil

   Le Soleil est situé à une distance r = 8\text{ kpc} = 8 \times 10^3 \times 3 \times 10^{16}\text{ m} = 2{,}4 \times 10^{20}\text{ m}. La masse du trou noir vaut :

   M_T = 4 \times 10^6 M_\odot = 4 \times 10^6 \times 2 \times 10^{30}\text{ kg} = 8 \times 10^{36}\text{ kg}

   Calculons la vitesse orbitale correspondante :

   v^2 = \frac{6{,}7 \times 10^{-11} \times 8 \times 10^{36}}{2{,}4 \times 10^{20}} \simeq \frac{53{,}6 \times 10^{25}}{2{,}4 \times 10^{20}} \simeq 2{,}2 \times 10^{6}\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-2}

   Ce qui donne, avec 1 chiffre significatif :

   v \simeq 1{,}5 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 1\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} \quad (\text{ou } 2\text{ km}\cdot\text{s}^{-1})

   Cette vitesse théorique est deux ordres de grandeur plus faible que les 200\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} observés (v \ll v_{\text{obs}}). Par conséquent, le trou noir central seul ne peut absolument pas être la cause du mouvement de rotation du Soleil : la majeure partie de la masse intérieure à l'orbite solaire provient d'autres composantes (matière du bulbe, disque, et matière noire).

   Résultat

   $$v(r)=\sqrt{\frac{G{M}_T}{r}}$$

   $$\tau =\frac{2\pi r}{v}=2\pi \sqrt{\frac{r^3}{G{M}_T}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique MP 2026, Q10

   La grandeur R_C représente le rayon de courbure de la fibre neutre de la tranche en flexion, mesuré par rapport au centre de courbure noté C.

   Par définition de la fibre neutre, sa longueur demeure inchangée au cours de la flexion et reste égale à la longueur au repos L. Comme cette fibre épouse la forme d'un arc de cercle de rayon R_C sous-tendu par un angle au centre \theta (exprimé en radians), la formule de la longueur d'un arc de cercle donne immédiatement :

   \boxed{L = R_C \, \theta}

   soit encore :

   R_C = \frac{L}{\theta}

   Résultat

   $$L=R_C\theta$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q26

   Dans le référentiel non galiléen lié au train en virage circulaire uniforme de rayon R_c = 4{,}0\text{ km} à la vitesse v = 287\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} = \frac{287}{3{,}6}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 79{,}7\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, la masse m_{\mathrm{p}} du pendule est soumise à :

   • son poids : \vec{P} = m_{\mathrm{p}} \vec{g} (vertical descendant) ;
   • la force d'inertie d'entraînement (centrifuge) : \vec{F}_{\mathrm{ie}} = m_{\mathrm{p}} \dfrac{v^2}{R_c} \vec{u}_{\mathrm{ext}} (horizontale, dirigée vers l'extérieur du virage) ;
   • la tension du fil \vec{T}.

   À l'équilibre, le fil s'aligne selon la direction du champ de pesanteur effectif \vec{g}_{\mathrm{eff}} = \vec{g} + \dfrac{v^2}{R_c}\vec{u}_{\mathrm{ext}}. L'angle \theta_0 entre \vec{g}_{\mathrm{eff}} et la verticale terrestre vérifie :

   \tan\theta_0 = \frac{v^2}{g R_c}

   Numériquement :

   \tan\theta_0 = \frac{79{,}7^2}{9{,}81 \times 4{,}0 \times 10^3} \approx 0{,}162 \implies \theta_0 \approx 9{,}2^\circ

   1. Rail surélevé : Pour compenser la force centrifuge \vec{F}_{\mathrm{ie}} qui déporte les passagers vers l'extérieur du virage, le train doit être incliné vers l'intérieur. La composante du poids parallèle au plancher, P_\parallel = m_{\mathrm{p}} g \sin\alpha, est alors dirigée vers l'intérieur du virage et s'oppose à la force centrifuge. C'est donc le rail extérieur au virage qui est surélevé.

   2. Estimation du dévers : Le segment noir matérialise la direction perpendiculaire au plancher du train (verticale lorsque le train est à plat). Sur la photographie de droite, le fil du pendule fait un angle résiduel \theta_{\mathrm{rel}} avec ce segment noir, mesuré à environ :

   \theta_{\mathrm{rel}} \approx 3^\circ \text{ à } 4^\circ \quad (\text{soit } \tan\theta_{\mathrm{rel}} \approx 0{,}06)

   L'angle de dévers de la voie est donc :

   \alpha = \theta_0 - \theta_{\mathrm{rel}} \approx 9{,}2^\circ - 3{,}5^\circ \approx 5{,}7^\circ \approx 0{,}10\text{ rad}

   La différence de hauteur entre les deux rails (le dévers) s'en déduit par h = E_{\mathrm{r}} \sin\alpha :

   h = 1400 \times \sin(5{,}7^\circ) \approx 140\text{ mm}

   \boxed{\text{Le rail extérieur est surélevé d'un dévers } h \approx 14\text{ cm} \text{ (soit environ } 140\text{ mm}).}

   Résultat

   $$\text{Le rail exteˊrieur est sureˊleveˊ d’un deˊvers }h\approx 14\text{ cm}\text{ (soit environ }140\text{ mm}).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2024, Q5

   On étudie le mouvement de l'électron, assimilé à un point matériel de masse m et de charge -q_e, dans le référentiel d'étude supposé galiléen.

   Le poids étant négligeable devant la force électrique (question Q4), l'électron n'est soumis qu'à la force électrostatique exercée par la distribution continue de charge positive :

   \vec{F} = -q_e \vec{E} = -\frac{q_e^2}{4\pi\epsilon_0 a_0^3}\,\vec{r}

   où \vec{r} = \overrightarrow{OM}. Il s'agit d'une force centrale de centre O.

   Appliquons le théorème du moment cinétique à l'électron par rapport au point fixe O dans le référentiel galiléen :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t} = \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}) = \vec{r} \wedge \vec{F}

   La force étant colinéaire au rayon-vecteur \vec{r}, le moment de la force en O est identiquement nul :

   \vec{r} \wedge \vec{F} = \vec{0} \implies \frac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t} = \vec{0}

   Le moment cinétique \vec{L}_O(t) = \vec{r}(t) \wedge m\vec{v}(t) est donc un vecteur constant au cours du temps, égal à sa valeur initiale :

   \vec{L}_O(t) = \vec{L}_O(0) = \vec{r}_0 \wedge m\vec{v}_0 = \vec{L}_0

   Deux situations se présentent :

   • Si \vec{L}_0 \neq \vec{0} (ce qui est le cas ici puisque \vec{v}_0 \neq \vec{0} et que \vec{v}_0 n'est pas colinéaire à \vec{r}_0, voir Q7), le produit scalaire \vec{r}(t) \cdot \vec{L}_0 = \left(\vec{r} \wedge m\vec{v}\right) \cdot \vec{r} = 0 montre que le vecteur position reste en permanence orthogonal au vecteur constant \vec{L}_0. La trajectoire est donc contenue dans le plan passant par l'origine O et perpendiculaire à \vec{L}_0 (plan défini par (O, \vec{r}_0, \vec{v}_0)).
   • Si \vec{L}_0 = \vec{0}, le mouvement est rectiligne le long de la droite (O\vec{r}_0), ce qui constitue un cas particulier de mouvement plan.

   \boxed{\text{Le mouvement de l'électron est plan.}}

   Résultat

   $$\text{Le mouvement de l’eˊlectron est plan.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2024, Q37

   On étudie la molécule de phtalocyanine, assimilée à un point matériel de masse m, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen.

   On munit l'espace d'un repère orthonormé (O, \vec{u}_x, \vec{u}_z) où :

   • l'origine O coïncide avec le point de lancement des molécules ;
   • l'axe horizontal Ox est orienté dans la direction du vecteur vitesse initiale \vec{v}_0 = v_0 \vec{u}_x ;
   • l'axe vertical Oz est orienté vers le haut, en sens opposé au champ de pesanteur : \vec{g} = -g \vec{u}_z.

   Les conditions initiales à l'instant t = 0 s'écrivent :

   \vec{OM}(0) = \vec{0} \quad \text{et} \quad \vec{v}(0) = v_0 \vec{u}_x.

   La molécule n'est soumise qu'à son poids \vec{P} = m\vec{g}. Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

   m\vec{a} = m\vec{g} \iff \vec{a} = -g \vec{u}_z.

   Par projection sur les axes, on obtient les accélérations :

   \begin{aligned} \ddot{x}(t) &= 0 \\ \ddot{z}(t) &= -g. \end{aligned}

   Deux intégrations successives compte tenu des conditions initiales conduisent aux équations horaires :

   \begin{aligned} x(t) &= v_0 t \\ z(t) &= -\frac{1}{2}gt^2. \end{aligned}

   La particule atteint la distance horizontale x = D à la date :

   t_D = \frac{D}{v_0}.

   La déviation verticale h = z(t_D) à cette distance s'exprime donc par :

   \boxed{h = -\frac{1}{2}g\left(\frac{D}{v_0}\right)^2}

   Résultat

   $$h=-\frac{1}{2}g{\left(\frac{D}{v_0}\right)}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7E3A Physique-Chimie MP 2024, Q11

   Le mouvement étant plan et s'effectuant dans le plan z = 0, le vecteur position de l'électron de masse m_e s'écrit en coordonnées cylindriques :

   \overrightarrow{\mathrm{OM}} = r \, \vec{e}_r

   Dans le référentiel lié au proton supposé galiléen, le vecteur vitesse s'obtient par dérivation par rapport au temps :

   \vec{v} = \frac{\mathrm{d}\overrightarrow{\mathrm{OM}}}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} \, \vec{e}_r + r \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} \, \vec{e}_\theta

   Par définition, le moment cinétique de l'électron par rapport à l'origine \mathrm{O} est :

   \begin{aligned} \vec{L_{\mathrm{O}}} &= \overrightarrow{\mathrm{OM}} \wedge (m_e \vec{v}) \\ &= (r \, \vec{e}_r) \wedge \left[ m_e \left( \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} \, \vec{e}_r + r \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} \, \vec{e}_\theta \right) \right] \end{aligned}

   Sachant que \vec{e}_r \wedge \vec{e}_r = \vec{0} et \vec{e}_r \wedge \vec{e}_\theta = \vec{e}_z, on en déduit :

   \vec{L_{\mathrm{O}}} = m_e r^2 \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} \, \vec{e}_z

   Puisque \vec{L_{\mathrm{O}}} = L_{\mathrm{O}} \, \vec{e}_z, on identifie directement :

   \boxed{L_{\mathrm{O}} = m_e r^2 \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}}

   Résultat

   $$L_{\mathrm{O}}=m_e{r}^2\frac{\mathrm{d}\theta }{\mathrm{d}t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie MP 2024, Q13

   On étudie l'électron de masse m_e et de charge q = -e dans le référentiel lié au proton à l'origine \mathrm{O}, supposé galiléen.

   L'électron est uniquement soumis à la force électrostatique exercée par le proton de charge +e :

   \vec{F} = -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\,\vec{e}_r

   Pour un mouvement circulaire uniforme de rayon R et de vitesse v, le vecteur accélération est purement centripète :

   \vec{a} = -\frac{v^2}{R}\,\vec{e}_r

   En appliquant le principe fondamental de la dynamique à l'électron :

   m_e \vec{a} = \vec{F} \iff -m_e \frac{v^2}{R}\,\vec{e}_r = -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\,\vec{e}_r

   En projetant selon \vec{e}_r, on obtient :

   m_e \frac{v^2}{R} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 R^2} \implies v^2 = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e R}

   La vitesse v = \|\vec{v}\| étant positive, on en déduit :

   \boxed{v = \frac{e}{\sqrt{4\pi\varepsilon_0 m_e R}}}

   Résultat

   $$v=\frac{e}{\sqrt{4\pi {\epsilon }_0{m}_{e}R}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique-SI MP 2024, Q3

   Pendant le temps de vol \tau_n = t_{n+1} - t_n du rebond n, la balle est en chute libre dans le champ de pesanteur uniforme (la durée de contact étant négligée devant \tau_n). En choisissant l'axe vertical ascendant Oz issu de la surface rigide, l'accélération de la balle vaut \ddot{z}(t) = -g.

   Avec pour conditions initiales au début du rebond z(t_n) = 0 et \dot{z}(t_n^+) = V_n^+ > 0, l'intégration temporelle donne :

   \begin{aligned} \dot{z}(t) &= V_n^+ - g(t - t_n) \\ z(t) &= V_n^+ (t - t_n) - \frac{1}{2}g(t - t_n)^2 \end{aligned}

   À l'instant d'impact t_{n+1}, la balle touche la surface immobile (z(t_{n+1}) = 0), d'où :

   \tau_n = \frac{2 V_n^+}{g}

   La vitesse de la balle immédiatement avant ce choc est \dot{z}(t_{n+1}^-) = V_{n+1}^- = V_n^+ - g\tau_n = -V_n^+.

   La surface étant fixe, la définition du coefficient de restitution établie à la question 2 donne la vitesse immédiatement après le choc n+1 :

   V_{n+1}^+ = -r V_{n+1}^- = r V_n^+

   La suite des vitesses initiales de vol est donc une suite géométrique de raison r :

   V_n^+ = r^{n-1} V_1^+

   La durée du vol étant proportionnelle à cette vitesse, il vient :

   \frac{\tau_n}{\tau_1} = \frac{V_n^+}{V_1^+} = r^{n-1}

   En prenant le logarithme népérien, on obtient :

   \boxed{\ln\left(\frac{\tau_n}{\tau_1}\right) = (n-1)\ln r}

   Validité du modèle vis-à-vis des mesures :
   D'après cette relation, \ln(\tau_n/\tau_1) est une fonction affine du rang n, de pente \ln r < 0 et s'annulant en n = 1. Sur la figure 2, les données expérimentales s'alignent remarquablement selon une droite passant par l'origine (n=1, \, y=0). Cela confirme que le coefficient de restitution r est constant et indépendant de la vitesse d'impact sur la gamme explorée : le modèle viscoélastique linéaire est donc en excellent accord avec les observations.

   Estimation numérique de r :
   La pente de la droite moyenne est p = \ln r. En lisant sur le graphe les points (n_1 = 1, y_1 = 0) et (n_{12} = 12, y_{12} \simeq -1{,}00) :

   \begin{aligned} \ln r &= \frac{y_{12} - y_1}{n_{12} - n_1} \simeq \frac{-1{,}00 - 0}{12 - 1} \simeq -0{,}091 \end{aligned}

   Comme |\ln r| \ll 1, on en déduit :

   r = \mathrm{e}^{\ln r} \simeq 1 + \ln r \simeq 1 - 0{,}091 \simeq 0{,}91

   \boxed{r \simeq 0{,}91}

   Résultat

   $$\ln \left(\frac{{\tau }_n}{{\tau }_1}\right)=(n-1)\ln r$$

   $$r\simeq 0,91$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10X-ENS Physique-SI MP 2024, Q4

    Le choc ayant lieu à l'instant t_i, la surface (S) est alors animée de la vitesse \vec{v}_s(t_i) = v_s(t_i)\,\vec{e}_z par rapport au référentiel d'étude \mathcal{R}.

    Considérons le référentiel \mathcal{R}_s en translation rectiligne par rapport à \mathcal{R}, animé à l'instant t_i de la vitesse de la surface \vec{v}_s(t_i). Dans ce référentiel, la surface est instantanément au repos.

    D'après la loi de composition des vitesses, les vitesses algébriques de la balle relatives à la surface immédiatement avant et après le choc sont données par :

    \begin{aligned} v_{/s}^- &= v^- - v_s(t_i) \\ v_{/s}^+ &= v^+ - v_s(t_i) \end{aligned}

    Le coefficient de restitution r caractérise la collision viscoélastique entre la balle et la surface. Par définition de r lors d'un rebond sur une surface au repos (énoncé ligne 64 : r = -v^+/v^- pour v_s = 0), la vitesse relative après impact est liée à la vitesse relative avant impact par la relation :

    v_{/s}^+ = -r\,v_{/s}^-

    En substituant les expressions des vitesses relatives :

    \begin{aligned} v^+ - v_s(t_i) &= -r\bigl(v^- - v_s(t_i)\bigr) \\ v^+ - v_s(t_i) &= -r\,v^- + r\,v_s(t_i) \end{aligned}

    En isolant v^+, on obtient directement la relation souhaitée :

    \boxed{v^+ = -r\,v^- + (1+r)\,v_s(t_i)}

    Résultat

    $$v^{+}=-r{v}^{-}+(1+r)v_s(t_i)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question